湖北省2026届高三上学期元月调考物理+答案

一、选择题：本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。1.下列关于物理学史的史实中，正确的是()2.轻绳1两端分别固定在M、N两点，N点高于M点，绳上套有一个轻质的光滑小环0,如1与轻绳2上拉力的变化情况分别是()A.先增大后减小增大B.减小减小C.先减小后增大增大一定质量的空气(视为理想气体)作为工作物质，经历A→B→C→A的循环，并用p-T图标原点0;B→C:燃料燃烧推动活塞做功，BC平行于T轴；C→A:排气并重新吸入新鲜空气，此过程可将气缸内气体视为质量不变，CA平行于p轴。实验测得状态B时气缸容积4×10⁻³m³,状态C时气缸容积7×10⁻³m³。下列说法错误的是()A.从状态B到状态C,外界对气体做功300JB.从状态A到状态B,气体分子热运动的平均动能减小C.从状态A经状态B到状态C,气体从外界吸收热量300J受极其稀薄大气的阻力。下列说法正确的是()B.飞船在停泊轨道上B点动能小于转移轨道上A点动能.为电场强度正方向，下列说法正确的是()A.磁感应强度大小为照射到图甲电路阴极K的金属上，实验只测知氢原子的能级图如图丙，则下列推断正确的是()3A.动能为2eV的电子不能使处于n=3能级的氢原子发生跃迁C.图乙中的a光是氢原子由n=2能级向基态跃迁发出的D.阴极金属的逸出功可能为Wo=2.65eV开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，在t=0视为质点)从木板左端以初速度vo=4m/s滑上木板，t=2s时恰好到达木板的右端。图乙中A、加速度g=10m/s²,弹簧的弹性势能公式,根据图中所给信息可得()A.木板的长度为4m二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.(8分)(本题每空2分)某同学用图甲所示装置探究加速度与合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m,小车的质量为M,重力加速度大小为g。小车、钩码打点计时器小车、钩码打点计时器o(1)平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小车(和钩码)做加速运动，则应将小物块向(选填“左”或“右”)移动，才会使小车(和钩码)在板上做匀速运动。(2)平衡摩擦力后，将n(依次取n=1,2,3,4……)个钩码挂在轻绳左端，其余N-n个钩码放在小车内，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的时间间隔均为0.1s,则可计算出小车的加速度大小a=m/s²(结果保留3位有效数字)。(3)丙图是利用不同n对应不同a作出的a-n图像，如果图线斜率为k,则k=(用g、m、N、M表示)。(4)关于该实验，下列说法正确的是()A.实验时先接通电源，再释放小车B.实验不需要满足小车质量远大于钩码质量C.平衡摩擦力时倾角过大，会使a-n图线斜率增大D.a-n图线不过原点一定是没有平衡摩擦力12.(10分)(本题1、2小题每空1分，3、4小题每空2分)某新型智能恒流源(输出电流大小恒定)与定值电阻R₀并联后作为一个整体可看作一个实际电源，某实验小组找来了一块电流表A(内阻未知且很小)、电阻箱R、导线若干，并连接如图1所示电路图，测量恒流源的输出电流I₀和并联电阻R₀。调节电阻箱R的阻值，测得电流表多组I值。(1)为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R的阻值调到(选填“最大”(2)该实验小组通过改变电阻箱的阻值R,同时记录电流表A的示数为I,得到多组数据，并采用图像法处理数据，为使图像为一条直线(如图2),应描绘的是()图像。A.I-R(3)根据测量数据和图2所示的图像，不考虑电流表内阻，则I₀=(4)若实验中电流表实际内阻不可忽略，且未采取消除误差的措施，则I。测量值比真实13.(10分)接一个可视为点光源的小灯泡(体积、重力忽略不计)。初始时，点光源静止于位置0点，距离水面深度为00'=h=0.3m,现让点光源在竖直方向做简谐运动，振动方程为y=0.2sin(πt)(m)(原点为0点，y轴正方向竖直向上，图中未画出),已知水的折射率为,求：(计算结果(1)点光源在平衡位置0点时，光斑的面积S;(2)该光斑边缘上的c点在水面上ea间做简谐运动的周期T和振幅A。14.(14分)a的中点，另一端跨过定滑轮，与一个体积不计、质量为2m的配重块b相连。初始时a、b(1)释放配重块b后，系统开始运动，最终导体棒a匀速运动，求此时a的速度v;(2)从释放b到导体棒a匀速的过程中，若b下落高度为h,求定值电阻上产生的焦耳热；(3)若释放b后，经t。时间配重块b从细绳上脱落，导体棒a在导轨上滑行的总距离为d,求脱落时a的速度v₀。15.(18分)机场智能物流系统的一部分模型如图，固定在地面上的倾斜传送带上表面平直部分AB长的一小滑块(可视为质点),与传送带间动摩擦因数为,以沿传送带向上的初速度vo=3m/s,C点切入下滑(BC连线与水平方向夹角为30于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T,不计空气阻力，最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s²。求：(1)小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t;(2)通过计算说明小滑块能否在B点与传送带分离，若能则求出脱离点B与C点之间的距(3)小滑块在弧形滑槽P上能够上滑的最大高度h。(计算结果可用根式表示)高三物理答案1.【答案】B【解析】A错：光电效应中，光强增大→光电流增大、光子数增多，但最大初动能只与入射光频率有关。B对：德布罗意提出物质波假说，实物粒子也具有波粒二象性。C错：卢瑟福α散射实验只得出原子核式结构，并未证明中子(中子1932年才由查德威克发现)。D错：伽利略并未直接做自由落体实验测量，而是用斜面实验外推并逻辑推理得出的。2.【答案】D【解析】物块在缓慢移动过程中，易知轻绳2上的拉力一直增大。又由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环0为对象，根据受力平衡可知此过程轻绳1的拉力一直增大。3.【答案】A【解析】从状态B到状态C的过程中，气体的压强不变，温度升高，则气体体积增大，气体对外做功，即外界对气体做负功，气体压强为p=1.0×10⁵Pa,气体在状态B时的体积为4×10⁻³m³,在状态C时的体积为7×10⁻³m³,则外界对气体做的功为W=—p(Ve—VB)=—300J,A错误；从状态A到状态B的过程中，气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，B正确；由于状态A与状态C的温度相同，所以气体从状态A经状态B到状态C的过程中，内能变化量△U=0,根据热力学第一定律△U=Q₁+W¹,从状态A到状态B的过程中气体体积不变，则外界对气体不做功，故气体从状态A经状态B到状态C过程中外界对气体做功为W=-300J,所以此过程中气体从外界吸收的热量为Q=300J,C正确；从状态C回到状态A的过程中，气体温度不变，则内能不变，即△U=0,气体体积减小，则外界对气体做功，即W₂>0,根据热力学第一定律△U=Q₂+W₂,有Q₂<0,即气体对外界放热，从图像可得气体对外做功时气体的压强小于外界对气体做功时气体的平均压强，则W₁<W₂,Qi<|Q₂|,在整个过程中气体从外界吸收的热量小于向外界放出的热量，D正确。4.【答案】D【解析】由可得,飞船在停泊轨道的运行速度大于在空间站轨道运行速度，则飞船在停泊轨道的动能大于在空间站轨道的动能，故A错误；B.停泊轨道B点速度小于转移轨道B点速度(因为B点加速进入椭圆),飞船在停泊轨道的运行速度大于在空间站轨道运行速度，转移轨道A点速度小于转移轨道B点速度，故飞船在停泊轨道上B点动能大于于转移轨道上A点动能，故B错误；C.飞船在转移轨道无动力飞行时只有引力势能与动能的相互转化，机械能守恒，故C错误；D.卫星从停泊轨道转移到同步轨道需要点火加速，因此卫星在同步轨道的机械能大于在停泊轨道的机械能，故D正确。5.【答案】A【解析】C、D两点处于连线上对称位置，电场强度方向不同，大小相同，电势相同，故A正确；B.由图知，A到B过程各点场强方向先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，场强先减小到0,再反向增大，由沿电场线方向电势逐渐降低时，从A点到B点，电势先降低后升高，故B错误；C.根据O点场强为0,结合等量电荷的电场特点分析即可判断，A、B两点固定的是等量同种电荷，故C错误；D.一正电荷从C点自由释放后运动至O点前所受的电场力方向沿x轴正方向，经过0点后所受电场力方向沿x轴负方向，可见正电荷所受的电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故D错误。6.【答案】C【解析】A.由图知：碰前红壶的速度vo=1.2m/s,碰后速度为v₀=0.2m/s,可知，碰后红壶沿向运动，A错误；B.设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mvo=mvo+mv,解得v=1.0m/s,故B错误；C.根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小,故C正确；D.根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力。7.【答案】C【解析】一个周期内只有一半时间处于磁场中，电流在一个周期内不呈现正弦式变化，故A错误；B.两线圈转动的角速度相同，则两线圈转动的周期相同。当线圈绕MN轴转动时，感应电动势的最大值Em=BSw,一个周期内只有一半时间处于磁场中，则一个周期内产生的热,当线圈绕PQ转动时，感应电动势的最大值E₂m=BSw,整个过程线框一直处于磁场中，则一个周期内产生的热量,联立知，Q₁:Q₂=1:2,故B错误；C.第二次测试线框绕PQ转动一圈，一个周期内感应电流方向改变2次，故C正确；D.当线圈绕MN轴转动时，感应电动势的最大值EIm=BSw,当线圈绕PQ转动时，感应电动势的最大值E2m=BSw,两次相同，故D错误。8.【答案】AC【解析】当粒子速度为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，则粒子做圆周运动的半,根据洛伦兹力提供向心力公式得,故A正确，B错误；当粒子速度为√2v,根据洛伦兹力提供向心力的公式，新的半径子在磁场中运动时间最短时轨迹对应的圆心角为,则最短时间为9.【答案】BD【解析】电子需要吸收特定能量才能使氢原子发生跃迁，n=3能级的氢原子至少需要吸收0.66eV才能发生跃迁，因此动能2eV的电子可以使其发生跃迁，A错误；a,b,c三种光对应的能量分别为12.75eV(4→1)、12.09eV(3→1)、10.2eV(2→1),则,则可得,B正确；图乙中的a光是氢原子由n=4能级向基态跃迁发出的，C错误；该金属的逸出功要大于4→2跃迁释放光子的能量，故逸出功要大于2.55eV,D正确。10.【答案】ABD【解析】v-t图像与t轴围成的面积表示位移，由图乙所示图像可知，物块一直向右运动，位移s=4×2×0.5m=4m,木板先向右后向左运动，2s内总位移为0,因此，物块运动的位移即为木板长度，即木板长度L=4m,故A错误；由图乙所示图像可知，物块做减速运动的加速度大小a=△v/△t=2m/s²;物块在仅受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：f=ma=2×2N=4N,t=0.5s木板速度最大，加速度为0,此时弹簧弹力与摩擦力相等，且弹簧伸长量的大小应为木板的位移x,则有：kx=f,解得x=0.2m,由正弦图线对称性可知，t=1s时，木板位移为2x,则弹性势能B正确；t=1s时，木板受到的摩擦力小于弹簧的弹力，C错误；2s内物块和木板系统的摩擦生热Q=f△s,而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s,因此摩擦生热为Q=4×4J=16J。11.【答案】(8分)(1)(2分)右发现小车做加速运动，说明斜面倾角过大，应减小倾角，则应将小物块向右移动，才会使小车在板上做匀速运动(2)(2分)1.71相邻两计数点间的时间间隔由逐差法整理可得以小车和N个砝码为整体，根据牛顿第二定律可得nmg=(M+Nm)a,可知a-n图像的斜率为(4)(2分)AB实验时小车应靠近打点计时器，应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，A正确；由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件，B正确；因为μ<tanθ,分析可得C错误；a-n图线不过原点可能是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力过度，D错误。12.【答案】(10分)(1)最大(1分)要使电流表不烧坏，最初通过电流表的电流应最小，故电阻箱R的阻值应调到最大。(2)D(1分)由图1所示电路图得IR=(I₀-I)R₀,解得,故选D。(2分)由于直线纵截距为a,斜率为则(4)偏小(2分),偏大(2分),若考虑电流表内阻带来的系统误差，则I(R+RA)=(1₀-1)R₀,解得,R₀的测量值大于真实值，I₀的测量值小于真实值。13.【答案】(10分)(1)设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C,点光源在O点时，根据全反射临界角公式(2分)计算可得根据几何关系可得(m)(2分)则有